Question

14．已知曲线f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-blnx在x=1处的切线方程为y=-2x+$\frac{8}{3}$
（Ⅰ）求f（x）的极值；
（Ⅱ）证明：x＞0时，$\frac{xf（x）}{4}$$+\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{{x}^{4}}{6}$$+\frac{2}{e}$（e为自然对数的底数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，求得函数在点（1，f（1））处的切线l的方程，求得a，b值，进一步求出原函数的极小值点，得到f（x）的极小值；
（Ⅱ）把f（x）的解析式代入 $\frac{xf（x）}{4}$$+\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{{x}^{4}}{6}$$+\frac{2}{e}$，转化为证 $\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$＜xlnx，分别构造函数g（x）=xlnx，x∈（0，+∞），h（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$ （0，+∞），然后利用导数分别求出它们的最值得到要证明的结论．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=ax²-$\frac{b}{x}$，
故f（1）=$\frac{1}{3}$a，f′（1）=a-b，
故切线方程是：y=（a-b）（x-1）+$\frac{1}{3}$a=（a-b）x-$\frac{2}{3}$a+b，
而y=-2x+$\frac{8}{3}$，故a-b=-2，-$\frac{2}{3}$a+b=$\frac{8}{3}$，
解得：a=2，b=4，
故f（x）=$\frac{2}{3}$x³-4lnx，（x＞0），
f′（x）=2x²-$\frac{4}{x}$=$\frac{{2x}^{3}-4}{x}$（x＞0），
当x∈（0，3$\sqrt{2}$）时，f′（x）＜0；当x∈（3$\sqrt{2}$，+∞）时，f′（x）＞0，
则f（x）在（0，3$\sqrt{2}$）上为减函数，在x（3$\sqrt{2}$，+∞）上为增函数，
∴f（x）的极小值为f（3$\sqrt{2}$）=$\frac{4}{3}$-4ln$\root{3}{2}$=$\frac{4}{3}$（1-ln2），无极大值；
（2）证明：f（x）=$\frac{2}{3}$x³-4lnx，
要证 $\frac{xf（x）}{4}$$+\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{{x}^{4}}{6}$$+\frac{2}{e}$，即证 $\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$＜xlnx．
令g（x）=xlnx，x∈（0，+∞），
则g′（x）=lnx+1，
由g′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{1}{e}$；由g′（x）＞0，得x＞$\frac{1}{e}$，
∴当x=$\frac{1}{e}$时取得最小值，最小值为g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，
由h（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，可得h′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
∴当x∈（0，1），h′（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（1，+∞），h′（x）＜0，h（x）单调递减．
函数h（x）（x＞0）在x=1时取得最大值，
又h（1）=-$\frac{1}{e}$，∴h（x）＜-$\frac{1}{e}$，
∴任意x∈（0，+∞），$\frac{xf（x）}{4}$$+\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{{x}^{4}}{6}$$+\frac{2}{e}$．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查函数极值的求法，考查了数学转化思想方法，是中档题．